^{* *} 基金專案： 本文係北京市教育學會"十三五"教育科研滾動立項課題"數學文化與高考研究"(課題編號 FT2017GD003, 課題負責人： 甘志國) 階段性研究成果之一。 摘要: 文章由畢氏定理的一種證明, 發現了一個新結論, 再給出了其平面幾何證法, 最後還給出了該結論的推廣。

關鍵字: 畢氏定理、 證明、 發現、結論、推廣。

本文由畢氏定理的一種證明, 發現了一個新結論, 再給出了其平面幾何證法, 最後還給出了該結論的推廣。

1. 畢氏定理及其一種證明

畢氏定理, 即"直角三角形兩條直角邊的平方和等於斜邊的平方", 它是平面幾何中的一顆璀璨明珠。

其證法有很多種, 據說早年有一本書《畢氏定理的證明》, 其中就收錄了畢氏定理的 307 種證法。 關於畢氏定理的證明, 流傳較廣的有趙爽 (約 182$\backsim $250) 弦圖的證法、 美國第 20 任總統茄菲爾德 (James Abram Garfield, 1831$\backsim $1881) 的證法。 實際上, 托勒密 (約 90$\backsim $168) 定理"圓內接四邊形的兩條對角線之積等於兩組對邊之積的和"的一個特例(當圓內接四邊形是矩形時)就是畢氏定理, 因而由托勒密定理的證明也可給出畢氏定理的證明。

[美] 卡爾$\cdot$B. 博耶 (Carl B. Boyer) 著的名著 《數學史(修訂版)》固定值 第 124-125 頁用下面的方法 (該著作寫道"有人猜想, 這個證明是歐幾里得的原創") 給出了畢氏定理的以下證法：

如圖 1 所示, 在 $Rt\triangle ABC$ 中, $\angle ACB=Rt\angle $。 在 $Rt\triangle ABC$ 外作三個正方形 $ABED, ACGF,BCHI$, 連結 $AI,BF,CD,CF$, 作 $CK\bot DE$ 於 $K$, 設兩條線段 $CK$, $AB$ 交於點 $J$。

可得 $S_{\hbox{正方形} ACGF} =AF^2$, $2S_{\triangle ABF}=AF\cdot AC=AF^2$ (因為 $\triangle ABF$ 的邊 $AF$ 上的高即兩條平行線 $BG,AF$ 之間的距離), 所以 $S_{\hbox{正方形} ACGF} =2S_{\triangle ABF}$。

還可證得 $\triangle ABF$ ≅ $\triangle ADC$ (邊角邊), 所以 $S_{\triangle ABF}=S_{\triangle ADC}$。

還可得 $2S_{\triangle ADC}=AD\cdot DK=S_{\hbox{矩形} ADKJ}$, 所以 $S_{\hbox{正方形} ACGF}=S_{\hbox{矩形} ADKJ}$。

同理, 可得 $S_{\hbox{正方形} BCHI}=BI^2$, $2S_{\triangle ABI}=BI\cdot IH=BI^2$, 所以 $S_{\hbox{正方形} BCHI}=2S_{\triangle ABI}=2S_{\triangle EBC}=S_{\hbox{矩形} BEKJ}$。

因而, $S_{\hbox{正方形} ACGF}=BI^2+S_{\hbox{正方形} BCHI}=S_{\hbox{矩形} ADKJ}+S_{\hbox{矩形} BEKJ}=S_{\hbox{正方形} ABED}$, 得 $AC^2+BC^2=AB^2$, 即欲證結論成立。

2. 由畢氏定理的一種證明發現的結論

細心的讀者, 可以發現並猜測出下面的結論： 在圖 1 中, 三條直線 $AI,BF,CJ$ 共點。

可以用建立平面直角坐標系的方法證明該結論成立：

證明： 如圖 2 所示, 分別以射線 $CA,CB$ 的方向為 $x$ 軸、 $y$ 軸的正方向建立平面直角坐標系 $xOy$, 並設 $CB=a$, $CA=b$ $(a\gt0,b\gt0)$, 可得五點 $A(b,0),B(0,a),C(0,0),F(b,-b)$, $I(-a,a)$。 由畢氏定理知, 可設 $AB=c=\sqrt{a^2+b^2}$。

進而可求得直線 $BF$ 的方程是 $y\!=\!-\dfrac{a\!+\!b}{b}x\!+\!a$, 直線 $AI$ 的方程是 $y\!=\!-\dfrac{a}{a\!+\!b}(x\!-\!b)$。

在 $Rt\triangle AJC$ 中 ($\angle AJC=Rt\angle $), 由射影定理, 可求得 $AJ=\dfrac{b^2}{c}$, $BJ=\dfrac{a^2}{c}$, 還可求得 $CJ=\dfrac{ab}{c}$。

在 $Rt\triangle AJC$ 中, 可求得邊 $AC$ 上的高 $\dfrac{AJ\cdot CJ}{AC}=\dfrac{\dfrac{b^2}c\cdot \dfrac{ab}{c}}{b}=\dfrac{ab^2}{c^2}$； 在 $Rt\triangle AJB$ 中, 可求得邊 $BC$ 上的高 $\dfrac{BJ\cdot CJ}{BC}=\dfrac{\dfrac{a^2}c\cdot \dfrac{ab}{c}}{a}=\dfrac{a^2b}{c^2}$。 所以, 點 $J$ 的座標是 $\Big(\dfrac{a^2b}{c^2},\dfrac{ab^2}{c^2}\Big)$。 進而可求得直線 $CJ$ 的方程是 $y=\dfrac bax$。

再求得兩條直線 $BF:y\!=\!-\dfrac{a+b}{b}x+a$ 與直線 $CJ:y\!=\!\dfrac bax$ 的交點座標是 $\Big(\dfrac{a^2b}{a^2\!+\!ab\!+\!b^2}$, $\dfrac{ab^2}{a^2\!+\!ab\!+\!b^2}\Big)$。 還可驗證該點在直線 $AI$ 上, 所以三條直線 $AI,BF,CJ$ 共點。

還可把證得的結論敘述得更簡單些, 就是下面的結論 1。

結論1： 如圖 3 所示, 在 $Rt\triangle ABC$ 中, $\angle ACB=Rt\angle $。 在 $Rt\triangle ABC$ 外作兩個直角 $\angle CAF,\angle IBC$ 且 $AC=AF$, $BC=BI$。 設兩條線段 $AI,BF$ 交於點 $L$, 則 $CL\bot AB$。

證明： 如圖 4 所示, 作正方形 $BCHI$, 再過點 $I$ 作 $IP\bot AB$ 交射線 $AH$ 於 $P$ (易知 $A,C,H$ 三點共線)。 設兩條線段 $AC,BF$ 交於點 $M$, 兩條線段 $AI,BC$ 交於點 $N$。

設 $CB=a$, $CA=b$ $(a\gt0,b\gt0)$。 由 $AF//BC$, 可得 $\dfrac{AM}{AF}=\dfrac{CM}{BC}$, 所以

$$\frac{AM}{AF}=\frac{AM+CM}{AF+BC}=\frac{b}{b+a},\quad AM=\frac{b^2}{b+a}\,\hbox{。}$$

由 $AC//BI$, 可得 $\dfrac{AL}{LI}=\dfrac{AM}{BI}$, 所以 $\dfrac{AL}{LI}=\dfrac{b^2}{a(a+b)}$。

可證得 $Rt\triangle IPH\backsim Rt\triangle ABC$, 所以

$$\frac{PH}{BC}=\frac{IH}{AC},\quad PH=\frac{a^2}{b},\quad CP=CH+PH=a+\frac {a^2}b=\frac{a(a+b)}b,\quad \frac{AC}{CP}=\frac b{a(a+b)}\,\hbox{。}$$

因而 $\dfrac{AL}{LI}=\dfrac{AC}{CP}$, 所以 $CL//PL$, $CL\bot AB$。

還可用"平面向量"給出下面的向量證法。

結論 1 的平面向量證法： 如圖 3 所示, 設 $CB=a$, $CA=b$ $(a\gt0,b\gt0$), $\overrightarrow{CA}={\boldsymbol{x}}$, $\overrightarrow{CB}={\boldsymbol{y}}$, 可得 $\overrightarrow{AB}={\boldsymbol{x}}+{\boldsymbol{y}}$, $\overrightarrow{BI}=\dfrac ab {\boldsymbol{x}}$, $\overrightarrow{AF}=-\dfrac ba {\boldsymbol{y}}$, 所以

\begin{align*} \overrightarrow{AI}=\,& \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BI}=({\boldsymbol{x}}+{\boldsymbol{y}})+\frac ba {\boldsymbol{x}}=\frac {a+b}b {\boldsymbol{x}}+{\boldsymbol{y}}\\ \overrightarrow{BF}=\,& \overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AB}=-\frac ba {\boldsymbol{y}}-({\boldsymbol{x}}+{\boldsymbol{y}})=-{\boldsymbol{x}}-\frac {a+b}a \overrightarrow{y}\,\hbox{。} \end{align*}

設 $ \overrightarrow{AL}= \lambda\overrightarrow{LI}$, 可得固定值

$$\overrightarrow{BL}=\frac {1}{\lambda+1}\overrightarrow{BA}+\frac {\lambda}{\lambda+1}\overrightarrow{BI}=-\frac {1}{\lambda+1}({\boldsymbol{x}}+{\boldsymbol{y}}) +\frac {\lambda}{\lambda+1}\cdot \frac ab{\boldsymbol{x}} =\frac {a\lambda-b}{b(\lambda+1)}{\boldsymbol{x}}-\frac {1}{\lambda+1}{\boldsymbol{y}}\,\hbox{。}$$

再由 $BL//BF$, 可得 $-\dfrac {1}{\lambda+1}=\dfrac{a+b}{a}\cdot \dfrac {a\lambda-b}{b(\lambda+1)}$, 解得 $\lambda=\dfrac{b^2}{a^2+ab}$, 所以 $\overrightarrow{AL}=\dfrac {b^2}{a^2+ab}\overrightarrow{LI}$, 進而可得

\begin{align*} \overrightarrow{AL}=\,&\frac {b^2}{a^2\!+\!ab\!+\!b^2} \overrightarrow{AI}\!=\!\frac {b^2}{a^2\!+\!ab\!+\!b^2}\Big(\frac {a\!+\!b}b{\boldsymbol{x}}\!+\!{\boldsymbol{y}}\Big) \!=\!\frac {ab+b^2}{a^2\!+\!ab\!+\!b^2}{\boldsymbol{x}}\!+\!\frac {b^2}{a^2\!+\!ab\!+\!b^2}{\boldsymbol{y}}\\ \overrightarrow{CL}=\,& \overrightarrow{AL}-\overrightarrow{AC}=\frac {-a^2}{a^2+ab+b^2}{\boldsymbol{x}}+\frac {b^2}{a^2+ab+b^2}{\boldsymbol{y}}\,\hbox{。} \end{align*}

又由 $|{\boldsymbol{x}}|=b$, $|{\boldsymbol{y}}|=a$, ${\boldsymbol{x}}\cdot {\boldsymbol{y}}=0$ 可得

\begin{align*} \overrightarrow{CL}\cdot \overrightarrow{AB}=\,& \Big(\frac {-a^2}{a^2+ab+b^2} {\boldsymbol{x}}+\frac {b^2}{a^2+ab+b^2}{\boldsymbol{y}}\Big)\cdot({\boldsymbol{x}}+{\boldsymbol{y}})\\ =\,&\frac {-a^2}{a^2+ab+b^2} {\boldsymbol{x}}^2+\frac {b^2}{a^2+ab+b^2}{\boldsymbol{y}}^2 =\frac {-a^2b^2}{a^2+ab+b^2}+\frac {b^2a^2}{a^2+ab+b^2}=0\\ \end{align*}

所以 $CL\bot AB$。

實際上, 還可把結論 1 推廣為下面的結論 2。

結論2： 如圖 5 所示, 在 $\triangle ABC$ 外作 $\triangle ABE,\triangle ACD$, 使得 $\angle ABE=\angle ACD=Rt\angle $, $\angle BAE=\angle CAD$。 設兩條線段 $BD,CE$ 交於點 $P$, 則 $AP\bot BC$。

證明： 如圖 6 所示, 過點 $A$ 作 $AX\bot CE$ 於 $X$ 且交 $BD$ 於 $U$, 再作 $AY\bot BD$ 於 $Y$ 且交 $CE$ 於 $V$, 因而點 $P$ 是 $\triangle AUV$ 的垂心, 得 $AP\bot UV$。 連接 $BX,CY,XY,UV$。

由 $\angle AXE=\angle ABE=Rt\angle $, 可得 $A,E,B,X$ 四點共圓, 所以 $\angle ABX=\angle AEC$； 由 $\angle AYD=\angle ACD=Rt\angle $, 可得 $A,Y,C,D$ 四點共圓, 所以 $\angle ADY=\angle ACY$。

\begin{align*} \hbox{可得}\ \angle ABD+\angle ADY=\,&180^\circ-\angle BAD=180^\circ-(\angle EAD-\angle BAE),\\ \angle AEC+\angle ACX=\,&180^\circ-\angle CAE=180^\circ-(\angle EAD-\angle CAD). \end{align*}

再由 $\angle BAE=\angle CAD$, 可得 $\angle ABD+\angle ADY=\angle AEC+\angle ACX$, $\angle ABD-\angle AEC=\angle ACX-\angle ADY$ 所以

\begin{align*} \angle XBY=\angle ABD-\angle ABX=\,&\angle ABD-\angle AEC=\angle ACX-\angle ADY\\ =&\angle ACX-\angle ACY=\angle XCY \end{align*}

因而, $X,B,C,Y$ 四點共圓, 所以 $\angle PXY=\angle PBC$。

由 $\angle AXV=\angle AYU=Rt\angle $, 可得 $\triangle AXU\backsim \triangle AYU$, 所以 $\dfrac{AX}{AV}=\dfrac{AY}{AU}$, $AX\cdot AU=AY\cdot AV$。 再由割線定理的逆定理。 可得 $X,U,V,Y$ 四點共圓。

也可這樣證明 $X,U,V,Y$ 四點共圓： 由 $A,E,B,X$ 四點共圓, 可得 $\angle BXU=\angle AEB$； 由題設可得 $\angle AEB=\angle ADC$； 由 $A,Y,C,D$ 四點共圓, 可得 $\angle ADC=\angle CYV$ 所以 $\angle BXU=\angle CYV$。

再由 $X,B,C,Y$ 四點共圓, 可得 $\angle XBY=\angle XCY$, 所以 $\angle BXU+\angle XBY=\angle CYV+\angle XCY$, 即 $\angle XUY=\angle XVY$, 所以 $X,U,V,Y$ 四點共圓。

因而 $\angle PUV=\angle PXY$, 所以 $\angle PUV=\angle PBC$, $UV//BC$。

再由證得的 $AP\bot UV$, 可得 $AP\bot BC$。

注： 該證明只適合 $\angle BPC$ 為鈍角的情況, 而且是一部分的情形。 在圖 6 中, 當 $\angle BPC$ 逐漸減小時, 交點 $U,V$ 就不在 $\triangle ABC$ 內了； 當 $\angle BPC$ 是直角時, 交點 $U,V$ 就不存在了, 當 $U,V$ 是銳角時, 又有不同的圖形。 但均可證明它們對應的結論均正確。 囿於篇幅, 這裡證明過程從略。

3. 小結

(1) 瞭解數學史並深入鑽研數學史中的經典 (比如, 畢氏定理及其證明) 是廣大師生及數學愛好者永恆的話題, 包括尋求解決問題的自然方法, 推廣結論等；

(2) 平面幾何問題往往都有平面解析幾何解法、 三角解法 (解三角形)、 平面向量解法及平面幾何解法這四種傳統解法 固定值, 因而, 讀者還可嘗試用三角解法來求解本題。

參考文獻

本文作者任教中國北京市豐臺區第二中學